数学3 接線・極限との複合 問題 54 解説

方針・初手

交点の $x$ 座標 $\alpha,\beta$ は

$$ e^\alpha=t\alpha,\qquad e^\beta=t\beta $$

を満たす。この関係を用いると、接線どうしの交点 $R$ の座標が簡単に求まる。あとは、$S_1$ は曲線の下の面積、$S_2$ は曲線と2本の接線との差の面積として積分で計算する。

解法1

まず、交点は $e^x=tx$ を満たす。$x<0$ では左辺が正、右辺が負であるから交点は正の $x$ に限られる。

$x>0$ で

$$ \frac{e^x}{x}=t $$

と書く。関数

$$ f(x)=\frac{e^x}{x} $$

について

$$ f'(x)=\frac{e^x(x-1)}{x^2} $$

であるから、$f(x)$ は $(0,1)$ で減少し、$(1,\infty)$ で増加する。また $f(1)=e$ である。$t>e$ より、2つの解は

$$ 0<\alpha<1<\beta $$

を満たす。

P, Q における接線はそれぞれ

$$ y=e^\alpha(x-\alpha+1),\qquad y=e^\beta(x-\beta+1) $$

である。

ここで

$$ e^\alpha=t\alpha,\qquad e^\beta=t\beta $$

を用いると、接線の交点 $R$ の $x$ 座標は

$$ t\alpha(x-\alpha+1)=t\beta(x-\beta+1) $$

より

$$ \alpha(x-\alpha+1)=\beta(x-\beta+1) $$

を満たす。これを解くと

$$ x_R=\alpha+\beta-1 $$

である。

また

$$ x_R-\alpha=\beta-1>0,\qquad \beta-x_R=1-\alpha>0 $$

より、$R$ の $x$ 座標は $\alpha$ と $\beta$ の間にある。

まず $S_1$ は

$$ S_1=\int_\alpha^\beta e^x,dx=e^\beta-e^\alpha $$

である。$e^\alpha=t\alpha,\ e^\beta=t\beta$ より

$$ S_1=t(\beta-\alpha) $$

となる。

次に $S_2$ を求める。指数関数 $y=e^x$ は下に凸であり、接線は曲線の下側にあるから、

$$ S_2=\int_\alpha^{x_R}{e^x-e^\alpha(x-\alpha+1)},dx+\int_{x_R}^\beta{e^x-e^\beta(x-\beta+1)},dx $$

である。

第1項では $x_R-\alpha=\beta-1$ より

$$ \int_\alpha^{x_R}e^\alpha(x-\alpha+1),dx =e^\alpha\int_0^{\beta-1}(u+1),du =\frac{e^\alpha(\beta^2-1)}{2} $$

である。

第2項では $x_R-\beta=\alpha-1$ より

$$ \int_{x_R}^{\beta}e^\beta(x-\beta+1),dx =e^\beta\int_{\alpha-1}^{0}(v+1),dv =\frac{e^\beta(1-\alpha^2)}{2} $$

である。

したがって

$$ \begin{aligned} S_2 &=(e^{x_R}-e^\alpha)-\frac{e^\alpha(\beta^2-1)}{2} +(e^\beta-e^{x_R})-\frac{e^\beta(1-\alpha^2)}{2} \\ &=e^\beta-e^\alpha-\frac{e^\alpha(\beta^2-1)+e^\beta(1-\alpha^2)}{2} \\ &=\frac{e^\beta(1+\alpha^2)-e^\alpha(1+\beta^2)}{2}. \end{aligned} $$

ここで $e^\alpha=t\alpha,\ e^\beta=t\beta$ を代入すると

$$ \begin{aligned} S_2 &=\frac{t\beta(1+\alpha^2)-t\alpha(1+\beta^2)}{2} \\ &=\frac{t}{2}{\beta+\alpha^2\beta-\alpha-\alpha\beta^2} \\ &=\frac{t}{2}{(\beta-\alpha)-\alpha\beta(\beta-\alpha)} \\ &=\frac{t}{2}(\beta-\alpha)(1-\alpha\beta). \end{aligned} $$

よって

$$ \frac{S_2}{S_1} =\frac{\frac{t}{2}(\beta-\alpha)(1-\alpha\beta)}{t(\beta-\alpha)} =\frac{1-\alpha\beta}{2} $$

である。

次に、$\alpha<\dfrac{e}{t}$ を示す。すでに $0<\alpha<1$ であるから

$$ e^\alpha<e $$

である。$e^\alpha=t\alpha$ より

$$ \alpha=\frac{e^\alpha}{t}<\frac{e}{t} $$

となる。

また、$\beta<2\log t$ を示す。$f(x)=\dfrac{e^x}{x}$ は $(1,\infty)$ で増加し、$\beta>1$ かつ $f(\beta)=t$ である。

ここで $2\log t>1$ であり、

$$ f(2\log t)=\frac{e^{2\log t}}{2\log t} =\frac{t^2}{2\log t} $$

である。$t>e$ のとき

$$ t-2\log t>0 $$

である。実際、$\phi(t)=t-2\log t$ とおくと

$$ \phi'(t)=1-\frac{2}{t}>0 $$

であり、$\phi(e)=e-2>0$ だからである。

したがって

$$ \frac{t^2}{2\log t}>t $$

すなわち

$$ f(2\log t)>t=f(\beta) $$

である。$f(x)$ は $(1,\infty)$ で増加するから

$$ \beta<2\log t $$

が従う。

以上より

$$ 0<\alpha\beta<\frac{e}{t}\cdot 2\log t=\frac{2e\log t}{t} $$

である。$t\to\infty$ のとき

$$ \frac{2e\log t}{t}\to 0 $$

であるから、はさみうちにより

$$ \alpha\beta\to 0 $$

である。

したがって

$$ \lim_{t\to\infty}\frac{S_2}{S_1} =\lim_{t\to\infty}\frac{1-\alpha\beta}{2} =\frac{1}{2} $$

である。

解説

この問題の中心は、交点条件 $e^\alpha=t\alpha,\ e^\beta=t\beta$ を面積計算に反映させることである。接線の式をそのまま使うと複雑に見えるが、$e^\alpha,e^\beta$ を $t\alpha,t\beta$ に置き換えると、接線の交点が

$$ x_R=\alpha+\beta-1 $$

と簡単に表せる。

また、$S_2$ は曲線と2本の接線で囲まれる面積なので、区間を $\alpha$ から $x_R$、$x_R$ から $\beta$ に分けて積分する必要がある。この分割をせずに一気に処理しようとすると、どちらの接線を下側の境界にするかが曖昧になりやすい。

極限では、$S_2/S_1$ がすでに

$$ \frac{1-\alpha\beta}{2} $$

まで簡単になっているので、$\alpha\beta\to 0$ を示せばよい。そのために、問題文で要求されている

$$ \alpha<\frac{e}{t},\qquad \beta<2\log t $$

を使ってはさみうちを行う。

答え

(1)

$$ \frac{S_2}{S_1}=\frac{1-\alpha\beta}{2} $$

(2)

$$ \alpha<\frac{e}{t},\qquad \beta<2\log t $$

であり、

$$ \lim_{t\to\infty}\frac{S_2}{S_1}=\frac{1}{2} $$